1、河南省永城市第二高中2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1下列叙述正确的是( )A.在0.1 molL-1 CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)B.把0.1 molL-1氨水和0.1 molL-1 HCl溶液充分反应后混合溶液pH=7 C.在0.1 molL-1 NaHS溶液中，c(Na+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)D.在0.1 molL-1的小苏打溶液中，的电离程度大于的水解程度【答案】A【解析】在0.1 molL-1 CH3COONa溶液中发生CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH+OH-,所以c(O
2、H-)=c(CH3COOH)+c(H+)；0.1 molL-1氨水和0.1 molL-1 HCl溶液，不知道溶液体积为多少，所以无法确定pH；C项在0.1 molL-1 NaHS溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)；D项小苏打溶液显碱性，的水解程度大于的电离程度。2mA(g)+nB(g) pC(g)(正反应为放热反应)的可逆反应，在恒温条件下，平衡时B在混合物中的含量（B%）与压强的关系如图232中实线所示，有关叙述正确的是 （ ）Am+n pBx点的速率关系为v正v逆CnpDx点比y点混合物反应速率快【答案】B【解析】3当光束通过下列分散系，能观察到丁达
3、尔现象的是（ ） 有尘埃的空气 稀盐酸 蒸馏水 墨水A B C D 【答案】B 【解析】试题分析：能够产生丁达尔现象的应该是胶体的性质。 有尘埃的空气中尘埃已经达到胶体颗粒的大小，所以具有胶体的性质，可以产生丁达尔现象，正确；稀盐酸属于溶液，不具有胶体的性质，错误；蒸馏水是纯净物，不是胶体，不会产生丁达尔现象，错误；墨水是分散系，具有胶体的性质，可以产生丁达尔现象，正确。因此能观察到丁达尔现象的是，选项是B。考点：考查胶体的性质及应用的知识。4意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如右图所示。已知断裂1 mol NN吸收167 kJ热量，
4、生成1 mol NN放出942 kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是AN4属于一种新型的化合物BN4分子中存在非极性键CN4分子中NN键角为10928D1 mol N4转变成N2将吸收882 kJ热量【答案】B【解析】试题分析：A、N4是由氮元素形成的一种单质，不属于一种新型的化合物，A不正确；B、氮元素是活泼的非金属，氮元素与氮元素之间形成的是非极性键，B正确；C、N4是正四面体型结构，键角是60，C不正确；D、已知断裂1 mol NN吸收167 kJ热量，生成1 mol NN放出942 kJ热量，则1 mol N4转变成N2时的反应热H6167 kJ/mol2942 kJ/m
5、ol882 kJ/mol，即该反应是放热反应，因此1 mol N4转变成N2将放出882 kJ热量，D不正确，答案选B。考点：考查分子结构、化合物与单质、化学键以及反应热的有关判断和计算5短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分别占有三个不同的周期。W与X同主族，R与Z同主族，R最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是AW、X是金属元素B原子半径：RYZC简单气态氢化物的热稳定性：ZRDX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】D【解析】试题分析：W、R、X、Y、Z原子序数依次增大，处在不同的周期，则W是H元素，R的最外层电子
6、数是其内层电子数的3倍，R是O，从而推出Z是S，X是Na，Y是铝；氢是非金属元素，A项错误；铝的原子半径大于硫的原子半径，B项错误；水的稳定性强于硫化氢的稳定性，C项错误；氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸之间可以两两发生反应，D项正确。考点：考查元素周期表与元素周期律。6有A、B、C、D四种金属片，进行如下实验：A、B用导线相连后，同时伸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；C、D用导线连接后浸入稀H2SO4中，电流由DC；A、C相连后同时浸入稀H2SO4中，C极产生大量气泡；B、D相连后同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，试判断四种金属的活动顺序是A. ABCD B. ACDB C. CABD D
7、. BDCA【答案】B【解析】试题分析：A、B用导线相连后，同时伸入稀H2SO4溶液中，A极为负极，则金属性是AB；C、D用导线连接后浸入稀H2SO4中，电流由DC，这说明D是正极，则金属性是CD；A、C相连后同时浸入稀H2SO4中，C极产生大量气泡，这说明C是正极，则金属性CD；B、D相连后同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，即D电极是负极，则金属性是DB，根据以上分析可知四种金属的活动顺序是ACDB，答案选B。考点：考查原电池原理的应用7将铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分成四等分，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（设硝酸的还原产物只有N
8、O）：编 号稀硝酸体积/mL100 mL200 mL300 mL400 mL剩余金属/g18.0 g9.6 g00NO体积/L2.24 L4.48 L6.72 LV经化学定量分析，下列推断正确的是（）A中溶解了5.6g FeB硝酸的浓度为4mol/LC中溶解了9.6g CuD中V6.72 L【答案】B【解析】试题分析：A、铁的金属性强于铜，所以稀硝酸首先氧化单质铁，然后再氧化单质铜。实验中金属均过量，所以铁的氧化产物是硝酸亚铁。实验比实验多溶解了18.0g9.6g8.4g金属，而还原产物NO多了4.48L2.24L2.24L，物质的量是0.1mol，转移0.1mol（52）0.3mol。所以8
9、.4g金属也转移0.3mol电子，因此金属的相对原子质量8.4（0.32）56，这说明溶解的金属恰好是铁，因此实验中也恰好溶解了8.4g铁，A不正确；B、实验中生成硝酸亚铁0.15mol，NO是0.1mol，实验根据氮原子守恒可知，参加反应的硝酸是0.15mol20.1mol0.4mol，所以稀硝酸的浓度是0.4mol0.1L4mol/L、B正确；C、中溶解了8.4g216.8g铁，C不正确；D、实验比实验多溶解了9.6g金属，多生成的NO是6.72L4.48L2.24L，物质的量是0.1mol，转移0.1mol（52）0.3mol。如果9.6g金属恰好是铜，则转移电子是20.3mol，这说明
10、9.6g金属就是铜。由于溶液中含有Fe2，所以继续加入硝酸或继续产生NO，中V6.72 L所以选项D不正确，答案选B。考点：考查金属铁和铜的混合物与稀硝酸反应的有关计算和判断8下列说法正确的是A将废电池深埋，可防止重金属污染B所有自发进行的化学反应都是放热反应C开发太阳能、风能和氢能等能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境D开发利用可燃冰是缓解能源紧缺的唯一途径【答案】C【解析】试题分析：A、废电池深埋不能防止重金属的污染，错误，不选A；B、自发进行的反应不一定是放热反应，例如氢氧化钡和氯化铵的反应就是自发进行的，但为吸热反应，错误，不选B；C、太阳能、风能和氢能都属于比较环保的能源，可以
11、节约资源，保护环境，正确，选C；D、开发可燃冰并不时唯一的缓解能源紧缺的唯一的途径，可以利用太阳能、风能等，错误，不选D。考点： 考查能源的种类9若1体积硫酸恰好与10体积pH=11的氢氧化钠溶液完全反应，则二者的物质的量浓度之比应为（ ）A10：1 B5：1 C1：1 D1：10【答案】A【解析】试题分析：PH=11的Ba(OH)2溶液，c(OH-)=110-3mol/L，H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O，所以硫酸与氢氧化钡量的比是1：1，设硫酸的物质的量浓度为c，体积为V，氢氧化钡溶液浓度为1/210-3mol/L，体积为10V，则硫酸与氢氧化钡物质的量之比= =1：1，解
12、得c=510-3mol/L，则二者物质的量浓度之比应为510-3mol/L：1/210-3mol/L=10：1，故选A。考点：考查强酸和强碱混合后有关溶液的pH值、浓度、体积等。10在无色透明溶液中，下列各组中的离子一定能大量共存的是 A K+、Fe2+、NO3、H+ B Na+、Ca2+、Cl、NO3C Na+、H+、Cl、CO32 D Na+、Cu2+、OH、SO42【答案】B【解析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A、在酸性条件下Fe2+与NO3发生氧化还原反应，且亚铁离子显浅绿色，不能大量共存，A能正确；B、Na+、Ca2+、Cl、NO3能大量共存，B正
13、确；C、H+与CO32不能大量共存，C不正确；D、Cu2+与OH不能大量共存，且铜离子在溶液中显蓝色，D不正确，答案选B。考点：考查离子共存的正误判断11下列关于电解质溶液的叙述正确的是( )A常温下，在pH=7的醋酸钠和醋酸混合溶液中：c(CH3COO-)c(Na+)B稀释醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低C在pH=5的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中，c(Na+)=c(Cl-)D0.1molL-1的硫化钠溶液中，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)【答案】C【解析】试题分析：A常温下，在pH=7的醋酸钠和醋酸混合溶液中c(H+)=c(OH-)，电荷守恒式为c(H+)+c(Na+
14、)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，故A错误；B稀释醋酸溶液，c(H+)减小，Kw不变，则醋酸稀释时c(OH-)增大，故B错误；CpH=5的溶液中c(H+)c(OH-)，由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(NO3-)，则c(Na+)c(Cl-)+c(NO3-)，但钠离子、氯离子均来源氯化钠的电离，则c(Na+)=c(Cl-)，故C正确；D硫化钠溶液中，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，由物料守恒可知1/2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)，则c(
15、OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；故选C。考点：考查离子浓度大小的比较12下列生产过程中的变化不涉及氧化还原反应的是A氮肥厂用氢气和氮气合成氨B纯碱厂用侯氏制碱法制纯碱C硫酸厂用接触法生产硫酸D氯碱厂用电解饱和食盐水制烧碱【答案】B【解析】试题分析：A氮气和氢气合成氨气，N、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，A不选；BNaCl、氨气、二氧化碳生成纯碱和氯化铵，没有元素的化合价变化，不涉及氧化还原反应，故B选；C接触法生产硫酸，二硫化亚铁与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，Fe、S元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；D氯碱厂用电解
16、饱和食盐水制烧碱氯元素、氢元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选B。考点：考查氧化还原反应判断13现有下列一些常见的仪器：大、小烧杯，容量瓶，量筒，环形玻璃搅拌棒，试管，温度计，蒸发皿，托盘天平。在测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中，不需要使用的仪器有A B C D【答案】B【解析】试题分析：在中和热的测定实验中需要的仪器有大小烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、温度计，因此不需要的是容量瓶、试管、蒸发皿、托盘天平，答案选B。考点：考查中和热实验14设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A.加热条件下，1molCl2 与 足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NA.B.1
17、mol/L的Na2CO3溶液中所含Na+ 离子数为2NAC.1molCO2 和 O2 的混合气体中所含氧原子数为2NAD.标准状况下，11.2LH2O 中含有的电子数为5NA【答案】C【解析】试题分析：1molCl2与足量铁粉充分反应，转移的电子数为2NA，A错误；B项没有指明溶液的体积不能确定数目；D项水标准状况下为固体，因此11.2LH2O 中含有的电子数大于5NA。答案选C。考点：阿伏伽德罗常数点评：阿伏伽德罗常数是历年高考的“热点”问题。多年来全国高考化学试题出现的几率为100%。这双因为它既考查了学生对物质的量与粒子数、质量、气体体积和物质的量浓度之间的关系，又可以与物质结构、盐类水
18、解、弱电解质的电离等其他的概念性知识点结合成综合性习题。15稀士金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反麻。已知：铈常见的化合价为+3和+4；氧化性：Ce4+Fe3+。下列说法不正确的是（ ）A工业上金属铈一般应低温密封保存B工业上不能采取用H2还原氧化铈的方法冶炼金属铈C工业上可以采用电解氯化铈水溶液米获得铈单质D铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为：2Ce+6HI=2CeI3+3H2【答案】C【解析】略16在120 时分别进行如下四个反应：A 2H2S（气体）O2=2H2O2S B 2H2S（气体）3O2=2H2O2SO2C C2H4（气体）3O2=2H2O2CO2D C4
19、H8（气体）6O2=4H2O4CO2（1）若反应在容积固定的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体总压强（p）分别符合关系式d前d后和p前p后的是_；符合关系式d前d后和p前p后的是_(填写反应的序号)。（2）若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前d后和V前d后和V前V后的是_(填写反应的序号)。（3）一定温度和压强下，混合气体对氢气的相对密度为21，则C2H4和C4H8的体积比为 ，混合气体中C2H4的质量分数为 。【答案】（1）B、C（2）D、A（3）1:1、333%【解析】试题分析：（1）在容积固定的容器内，四个反应的反应物和生
20、成物中除硫单质外均为气体，所以反应B、C、D均符合d前=d后的关系式反应B反应后气体物质的量减少，根据气态方程可知p前p后后，而反应C反应前后气体物质的量没有变化，符合P前=P后，故答案为：B；C；（2）如果保持压强恒定，反应物和生成物均为气体时，气体的密度与气体的体积成反比，即若符合关系式d前d后，一定满足V前V后，所以只要反应后气体物质的量增大的就满足上述题意即D为答案而关系式d前d后和V前V后同时成立，则反应中必有非气体物质存在只有反应A有固态物质硫存在，且反应物H2S和O2的任一种气体的密度均大于生成物水蒸气的密度（在相同条件下相对分子质量大的气态物质密度大），以及反应前后气体物质的量
21、减少，符合V前V后，故答案为：D；A（3）混合气体对氢气的相对密度为21，则混合气体的相对分子质量为42，则用十字交叉法分析C2H4和C4H8的体积比为，则体积比为1:1，C2H4的质量分数为28/（28+56）=333%。考点：阿伏伽德罗定律和十字交叉法。17（16分）无机化合物可根据其组成和性质进行分类，（1）上图所示的物质分类方法名称是 。物质类别酸碱盐氧化物氢化物化学式H2SO4NaOHNa2SO4SO2SO3NH3（2）以K、Na、H、O、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在上表中、后面。（请写在答题卡对应空格中）（3）写出转化为的化学方程式 。（4）若实验室需要2mol
22、/L的硫酸溶液450ml，配制时所需的主要仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、 、 ，如用质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸进行稀释，所需浓硫酸的的体积为_mL(计算结果保留一位小数)（5）实验室制备常用 和 反应，检验该气体的方法是 。【答案】（16分）（1）树状分类法。（2分）（2）HNO3KOHNa2SO3。（每空1分）（合理答案均可给分）（3）2SO2+O22SO3 （3分）（4）胶头滴管、500ml容量瓶 （2分） 54.3 （2分）（5）氯化铵、氢氧化钙，（2分） 用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝色。(2分)【解析】略18某学生为了测定部分变质的Na2SO3样品的纯度。按
23、右图所示称取一定量的Na2SO3样品放入A装置的烧瓶中，滴入足量的H2SO4至完全反应；然后，将B中完全反应后的溶液与足量的BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g。回答下列问题：（1）写出A装置中玻璃仪器的名称：酒精灯、_、_。（2）实验开始时，应先点燃_处酒精灯(填装置字母)。（3） 写出D中反应的化学方程式_。（4）实验开始后，写出B中反应的离子方程式_。（5）C中的现象是_，E装置的作用是_。（6）原样品中Na2SO3的纯度为_(精确到01)。按题给装置和操作进行实验，若装置连接和实验操作均无任何问题，该学生测得的Na2SO3的纯度_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”
24、)。【答案】（1）圆底烧瓶（1分）分液漏斗（1分）（2）D（1分）。 其余均为2分（3）MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O （4） SO2Cl22H2O4H+2Cl-SO42-（5）红色鲜花褪色，吸收未反应的氯气（6）508，偏低【解析】试题分析：（1）根据仪器构造可知A装置中玻璃仪器的名称：酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗。（2）由于实验必须要求Cl2需过量且SO2不能损失，所以要先点燃D处酒精灯。（3）D装置制备氯气，反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O。（4）氯气能氧化SO2，则B中反应的离子方程式为SO2Cl22H2O4H+2Cl-SO42。（5）氯气
25、与水反应生成次氯酸具有漂白性，则C中的实验现象是红色鲜花褪色；氯气有毒，则E装置中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的氯气。（6）最后称得沉淀是硫酸钡，质量为23.3g即0.1mol，则根据Na2SO3 SO2 SO42 BaSO4可知原固体中Na2SO3为0.1mol即12.6g，由图中天平可知天平称量本应为左物右码，但图中天平为左码右物故样品质量为25g0.2g24.8g，则其纯度=50.8%；由于反应中产生的SO2不能完全被排尽到B中，所以导致实际产生的硫酸钡质量偏少，则根据Na2SO3 SO2 SO42 BaSO4可知会导致最后结果偏低。【考点定位】本题主要是考查物质含量测定实验方案设计与
26、评价【名师点晴】实验方案的设计要点及评价角度（1）设计要点：实验方案的设计要明确以下要点：题目有无特殊要求 题给的药品、装置的数量 注意实验过程中的安全性操作 会画简单的实验装置图 注意仪器的规格 要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水、冷凝、冷却、水浴加热时采取相应措施 同一仪器在不同位置的相应作用等 要严格按照“操作(实验步骤)现象结论”的格式叙述。（2）评价角度：操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进
27、行无毒、无污染处理。19某兴趣小组为验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下方案，请你参与回答下列问题（尾气处理装置未画出）。 如右图所示，通入干燥的Cl2后，同学们发现甲中红色布条不褪色，乙中红色布条褪色了，说明Cl2本身_漂白性（填“有”或“没有”），Cl2和水反应的生成物HClO_漂白性（填“有”或“没有”），将乙中的布条取出烘干，发现未变为原来的红色，说明HClO的漂白是_（填“可恢复的”或“不可恢复的”）。 如图丙所示，向品红溶液中通入SO2，同学们发现品红溶液褪色了，停止通气体，加热试管，发现溶液又变为红色，说明SO2的漂白是_（填“可恢复的”或“不可恢复的”）。你认为 利用SO2的
28、漂白性来漂泊食品（填“能”或“不能”） 如图丁所示，将干燥的Cl2和SO2按其体积比11混合，通入石蕊溶液中，发现石蕊溶液变红，不褪色，原因是它们与水一起反应生成了HCl和 H2SO4。写出对应的化学方程式 _。 【答案】(1)没有 有 不可恢复的 (2) 可恢复的 (3)不能 (4) SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl【解析】试题分析：通入干燥的Cl2后，同学们发现甲中红色布条不褪色，乙中红色布条褪色了，说明Cl2本身没有漂白性，Cl2和水反应的生成物HClO有漂白性，将乙中的布条取出烘干，发现未变为原来的红色， 说明HClO的漂白是不可恢复的。 如图丙所示，向品红溶液中通入SO
29、2，同学们发现品红溶液褪色了，停止通气体，加热试管，发现溶液又变为红色，说明SO2的漂白是可恢复的。（3）二氧化硫有毒，不能利用SO2的漂白性来漂泊食品 (4) Cl2和SO2按其体积比11混合，通入石蕊溶液中,它们与水一起反应生成了HCl和 H2SO4。化学方程式 SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl考点：本题考查SO2和Cl2的漂白性。20(9分)学生利用下图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl36H2O晶体。（图中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）回答下列问题：所用铁粉中若有杂质铝，欲除去不纯铁粉中混有的铝粉可以选用的试剂为_ _（填序号）。A稀盐
30、酸 B氢氧化钠溶液 C浓硫酸 DFeCl3溶液此步涉及反应的离子方程式为 。经除杂后的铁粉进一步干燥后装入反应容器。（2）反应发生后装置B中发生反应的化学方程式是_ _。D装置的作用：_ _.（3）该小组学生把B中反应后的产物加入足量的盐酸，过滤，用上述滤液制取FeCl36H2O晶体，设计流程如下：用离子方程式表示步骤I中通入Cl2的作用 （并表示电子转移的方向和数目）为了检验某未知溶液是否是FeCl2溶液，同学们设计了以下实验方案加以证明。向一支装有该未知溶液的试管中先通入氯气，再滴加KSCN溶液，溶液呈现红色，证明该未知溶液是FeCl2溶液。你认为此方案是否合理 (填”合理”或”不合理”)
31、。【答案】（9分）（1）B 2Al+2H2O+2OH 2AlO2+3H2（2）3Fe+4 H2O(g)Fe3O4 +4H2 干燥氢气（3） 不合理【解析】试题分析：（1）铁粉和铝粉都是金属，都具有金属的通性，都能和酸反应和弱碱不反应，但铝粉能和强碱反应生成盐和氢气，而铁粉和强碱不反应，所以除去不纯铁粉中混有的铝粉可以选用的试剂为NaOH溶液，选B, 反应的离子方程式为2Al+2H2O+2OH 2AlO2+3H2。（2）Fe与水蒸气反应生成Fe3O4 和H2，反应的化学方程式是3Fe+4 H2O(g)Fe3O4 +4H2；碱石灰能干燥气体，除去H2中的水蒸气，所以D装置的作用是干燥氢气。（3）
32、氯气能将Fe2氧化Fe3，一个氯气分子得到2个电子，离子方程式为：；原溶液可能含有三价铁离子，使KSCN溶液液呈现红色，所以不合理。考点：考查铁与水蒸气反应的实验操作，铁、铝及其化合物的性质。21（10分）在容积为2 L的密闭容器中充入1 mol A和2 mol B，按2A（g）+B(g) 3C(g)进行反应，经4 min后，测得C的物质的量为0.6 mol,试计算分别用A、B、C三种不同物质表示的该反应的反应速率。【答案】v（A）=0.05 molL-1min-1,v(B)=0.025 molL-1min-1,v(C)=0.075 molL-1min-1【解析】已知经4 min的时间n(C)
33、变化0.6 mol,c(C)变化0.3 molL-1,可用v=c/t法求v(C)。又可用v（A）v（B）v（C）=213法求v(A)、v(B)。经4 min后，生成物C的物质的量浓度变化值为c(C)=0.3 molL-1v(C)=0.075 molL-1min-1v(A)v(B)v(C)=213v(A)=v(C)=0.075 molL-1min-1=0.05 molL-1min-1v(B)=v(C)= 0.075 molL-1min-1=0.025 molL-1min-122物质A是由A元素组成的单质，将其在酒精灯火焰上灼烧，火焰为黄色，B，C，D是含有A元素的三种不同化合物，A、B、C、D按
34、图关系进行转化：（1）写出化学式：A C （2）写出反应的方程式。离子方程式 通入过量二氧化碳时离子方程式 化学方程式 【答案】(10分，每空2分）（1）Na；Na2CO3或NaHCO3；（2）2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；2OH-+CO2=CO3+2-+H2O；2Na+Cl22NaCl。【解析】试题分析：物质A是由A元素组成的单质，将其在酒精灯火焰上灼烧，火焰为黄色，则A为Na，B，C，D是含有A元素的三种不同化合物，为钠的化合物，钠与水反应生成B为NaOH，氢氧化钠与少量的二氧化碳反应生成C为Na2CO3，碳酸钠与足量的盐酸反应生成D，且钠与氯气反应也生成D，故D为NaCl。（
35、1）由上述分析可知，A为Na，C为Na2CO3或NaHCO3，故答案为：Na；Na2CO3或NaHCO3；（2）反应是钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，反应离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；反应是氢氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠与水，反应离子方程式为：OH-+CO2=HCO3-+H2O，反应是钠与氯气反应生成氯化钠，反应方程式为2Na+Cl22NaCl，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；2OH-+CO2=CO3+2-+H2O；2Na+Cl22NaCl。考点：考查了物质推断、钠及其化合物的性质的相关知识。23有关物质的转化关系如图所示（部分物质与条件已
36、略去）X、Y、Z是三种常见金属单质，Z为紫红色，A是一种常见的酸，B的焰色反应呈紫色（透过蓝色钴玻璃），D为红褐色固体，F可用作净水剂请回答下列问题：（1）F、Z的化学式分别为 、 （2）检验F中阴离子的操作方法是 （3）写出溶液转化为溶液的离子方程式 （4）写出反应的化学方程式 ，该反应中每消耗2.24L（标准状况）O2，转移的电子的物质的量为 mol【答案】（1）KAl（SO4）2.12H2O；Cu；（2）取少量F于试管中配成溶液，再向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明含有SO42；（3）Al3+4OH=AlO2+2H2O；（4）4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（O
37、H）3；0.4【解析】X、Y、Z是三种常见金属单质，Z为紫红色，则Z为Cu；B的焰色反应呈紫色（透过蓝色钴玻璃），B中含有K元素，C在空气中放置生成D为红褐色固体，则C为Fe（OH）2、D为Fe（OH）3，D加热生成E为Fe2O3，金属X与氧化铁反应得到Fe，为铝热反应，则X为Al，Y为Fe，溶液1中含有铝盐、亚铁盐，与B反应生成氢氧化铁与溶液，则B为KOH，溶液中含有KAlO2，溶液中加入常见的酸A得到溶液，再经过浓缩、降温得到F，F可用作净水剂，可知A为硫酸、F为KAl（SO4）2.12H2O（1）F、Z的化学式分别为KAl（SO4）2.12H2O、Cu，故答案为：KAl（SO4）2.12
38、H2O；Cu；（2）F中阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根离子方法是：取少量F于试管中配成溶液，再向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明含有SO42，（3）溶液转化为溶液的离子方程式：Al3+4OH=AlO2+2H2O，（4）反应的化学方程式：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，该反应中每消耗2.24L（标准状况）O2，其物质的量为=0.1mol，转移的电子的物质的量为0.1mol4=0.4mol【点评】本题考查无机物推断，涉及Al、Fe等元素单质化合物性质，物质的颜色、反应现象及转化中特殊反应等是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质，涉及电子式，是对学生综合能力的考查，难度中等